Question

1．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦点分别为${F_1}（-\sqrt{3}，0）$、${F_2}（\sqrt{3}，0）$，点P在椭圆C上，满足|PF₁|=7|PF₂|，tan∠F₁PF₂=4$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知点A（1，0），试探究是否存在直线l：y=kx+m与椭圆C交于D、E两点，且使得|AD|=|AE|？若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （I）由tan∠F₁PF₂=4$\sqrt{3}$．可得cos∠F₁PF₂=$\frac{1}{7}$．设|PF₁|=m，|PF₂|=n，由|PF₁|=7|PF₂|，可得m=7n．
利用椭圆的定义及其余弦定理可得$\left\{\begin{array}{l}{m=7n}\\{m+n=2a}\\{\frac{1}{7}=\frac{{m}^{2}+{n}^{2}-（2\sqrt{3}）^{2}}{2mn}}\end{array}\right.$，解得即可得出．
（II）假设存在直线l满足题设，设D（x₁，y₁），E（x₂，y₂），将y=kx+m代入椭圆方程可得：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，由于△＞0，可得4k²+1＞m²，设D，E中点为M（x₀，y₀），利用根与系数的关系可得：$M（-\frac{4km}{{1+4{k^2}}}，\frac{{m-3{k^2}m}}{{1+4{k^2}}}）$，利用k_AMk=-1，得$m=-\frac{{1+4{k^2}}}{3k}$，代入△＞0解出即可．

解答 解：（I）∵tan∠F₁PF₂=4$\sqrt{3}$．∴cos∠F₁PF₂=$\frac{1}{7}$．
设|PF₁|=m，|PF₂|=n，∵|PF₁|=7|PF₂|，∴m=7n．
联立$\left\{\begin{array}{l}{m=7n}\\{m+n=2a}\\{\frac{1}{7}=\frac{{m}^{2}+{n}^{2}-（2\sqrt{3}）^{2}}{2mn}}\end{array}\right.$，解得a=2，m=$\frac{7}{2}$，n=$\frac{1}{2}$．
∴b²=a²-c²=1，
故所求C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（II）假设存在直线l满足题设，设D（x₁，y₁），E（x₂，y₂），
将y=kx+m代入$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$并整理得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由△=64k²m²-4（1+4k²）（4m²-4）=-16（m²-4k²-1）＞0，
得4k²+1＞m²，①
又${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}$，
设D，E中点为M（x₀，y₀），M$（\frac{-4km}{1+4{k}^{2}}，\frac{m}{1+4{k}^{2}}）$，
∵k_AMk=-1，得②$m=-\frac{{1+4{k^2}}}{3k}$，
将②代入①得$4{k^2}+1＞{（\frac{{1+4{k^2}}}{3k}）^2}$，
化简得20k⁴+k²-1＞0⇒（4k²+1）（5k²-1）＞0，解得$k＞\frac{{\sqrt{5}}}{5}$或$k＜-\frac{{\sqrt{5}}}{5}$
∴存在直线l，使得|AD|=|AE|，此时k的取值范围为$（-∞，-\frac{{\sqrt{5}}}{5}）∪（\frac{{\sqrt{5}}}{5}，+∞）$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得△＞0及其根与系数的关系、中点坐标公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、余弦定理等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．